Lời giải bài toán M200, M208—M210; F218—F222

36

Lời giải bài toán
M200, M208-M210; F218-F222

M200. a) Hình 1 cho thấy sáu điểm nằm ba trên bốn đường thẳng. Chứng minh rằng có thể ánh xạ tập hợp sáu điểm này lên chính nó theo 24 cách khác nhau, sao cho ba điểm nằm trên một đường thẳng được ánh xạ tới ba điểm cũng nằm trên cùng một đường thẳng.

6. Trong Hình 2, hai điểm nằm ba trên bốn đường thẳng và qua mỗi điểm có ba giá trị tối đa của “cấu hình Pascal”. Có bao nhiêu cách ánh xạ tập hợp các điểm thứ chín của chúng ta lên chính nó sao cho mỗi điểm ba nằm trên một trong các đường thứ chín được ánh xạ vào một điểm 同一.

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

bộ ba của một điểm nằm trên một đường nhất định từ cấu hình của chúng ta?

b) Câu hỏi tương tự cho cấu hình Desargues (mười điểm và mười dòng) được hiển thị trong Hình 3.

Trong đoạn 6) và c) bài toán đáng kể lời giải tìm đáp số, cách biện minh cho điều đó.

Đáp số có thể đạt được như thế này. Chúng ta hãy tạo một tam giác gồm ba điểm không nằm trên cùng một đường thẳng và sao cho mỗi điểm nằm trên cùng một đường thẳng *), tất nhiên thuộc về cấu hình của chúng ta. Dễ dàng nhận thấy rằng nếu chỉ ra điểm nào đi vào mỗi đỉnh của một tam giác cho trước (ba điểm này cũng phải tạo thành một tam giác) thì vị trí của tất cả các điểm còn lại là do điều kiện của chúng ta - ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng sẽ đi vào ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng - được xác định duy nhất trong cả ba trường hợp: a), 6), c).

Hãy lấy trường hợp c) làm ví dụ. Giả sử khi hiển thị các điểm i, j, k lần lượt di chuyển đến các điểm 1, 2 và 3. Khi đó điểm l được nối bằng các đường thẳng tới từng điểm i, j, k nên đi đến điểm 4 - hai điểm nằm trên đường thẳng sẽ đi đến hai điểm nằm trên đường thẳng - và tới các điểm 5, 6, . . . , 10 phải cắt điểm thứ ba nằm trên các đường thẳng đi qua các cặp điểm i, j, k, l.

Posny trong trường hợp a) thực sự có 24 ánh xạ khác nhau: bất kỳ điểm nào trong số sáu điểm có thể được ánh xạ tới đỉnh đầu tiên của tam giác đã chọn, bất kỳ điểm nào trong bốn điểm nằm trên cùng một đường thẳng với nó đều có thể được ánh xạ tới đỉnh thứ hai và điểm chuyển tiếp sang đỉnh thứ ba được xác định duy nhất. Tổng cộng 6·4=24 ánh xạ. Tương tự, ở điểm 6) và c) đáp số: 9·6·2=108 và 10·6·2=120 (ở đây không phải một mà là hai điểm có thể đi đến đỉnh thứ ba của tam giác). Tuy nhiên, không dễ để biện minh cho các tính toán của chúng tôi: khi thực hiện chúng, chúng tôi đã sử dụng “quyền bình đẳng” của tất cả các tam giác. Ví dụ, có thể không có điểm l mà các điểm i, j, k được nối với nhau bằng các đường thẳng hoặc có hai điểm như vậy. Mặc dù sự bình đẳng này dường như tồn tại nhưng nó vẫn cần được chứng minh. Tất nhiên, điều này có thể được thực hiện “bất kỳ cách nào”, lấy trong trường hợp a) 24 hình tam giác, trong trường hợp b) 108 hình tam giác và trong trường hợp c) 120 hình tam giác (chúng ta phân biệt giữa các tam giác có thứ tự đỉnh khác nhau). Nhưng bạn có thể làm điều đó khác đi. Vì để mô tả cấu hình của chúng ta, chỉ có những điểm nào nằm trên một đường nhất định và những đường nào đi qua một điểm nhất định - thông tin này là cần thiết và đủ để nghiên cứu ánh xạ - chúng ta có thể xác định cấu hình của mình bằng cách sử dụng mô hình: trỏ tới

*) Thứ tự của các điểm trong bộ ba tồn tại.

37

boron “thẳng”, “điểm” và cho biết điểm nào và đường thẳng nào. Điểm i và đường thẳng j liên tiếp nhau nếu điểm i nằm trên đường thẳng j hoặc tương tự, đường thẳng j đi qua điểm i. Hình 4 cho thấy một số mô hình có cùng cấu hình.

Chúng tôi sẽ xây dựng cho từng cấu hình a), 6), c) các mô hình như vậy mà các tam giác đều sẽ hiển nhiên.

điểm a). Chúng ta hãy xem một tứ diện - một paramid tam giác đều - và các đỉnh của nó là các đường thẳng và các cạnh của nó là các điểm. Giả sử điểm i liên tiếp với đường thẳng j nếu đỉnh j liên tiếp với cạnh i. Kiểm tra xem mô hình cấu hình của điểm a) đã thu được chưa. Các hình tam giác trong mô hình này tương ứng với ba cạnh áp dụng cho một ranh giới và ánh xạ của chúng tôi tương ứng với các phép quay và tính đối xứng của khối tứ diện. Những phép biến đổi này được minh họa trong Hình 5. Kiểm tra xem chúng có biến đổi ba điểm nằm trên cùng một đường thành ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng hay không. Trong mô hình này, sự tương đương của tất cả các tam giác rất thuận tiện.

Cấu hình Pascal. Mô hình cấu hình của Pascal sẽ phức tạp hơn một chút. Chúng ta hãy xem xét một mạng lưới gồm các hình tam giác đều được hình thành thứ ba bởi các đường thẳng song song (xem Hình 6). Hãy tạo các “điểm” và “đường” từ các đường và nút của lưới này như sau. Hãy vẽ tất cả các đường thẳng song song qua ba thành một “đường thẳng” và tương tự, tất cả các nút nằm trên các đường thẳng qua ba sẽ được kết hợp thành một “điểm”. Trong Hình 6, các nút trong một “điểm” được đánh dấu giống hệt nhau và các đường trong một “đường thẳng” có cùng màu. Các phần phụ “điểm” và “thẳng” nếu các phần phụ tạo thành chúng là các nút và đường thẳng.

Tôi đã kết hôn nhiều hơn. Đảm bảo bạn có được mô hình cấu hình Pascal.

Tam giác trong mô hình tương ứng với tập hợp các tam giác được hiển thị trong Hình 7. Có thể dễ dàng xác minh rằng các phép quay, tịnh tiến song song và đối xứng của mặt phẳng, biến lưới thành chính nó, là các ánh xạ *) hợp lệ. Do đó, sự tương đương của tất cả các tam giác là rất hữu ích - bất kỳ tam giác nào cũng có thể được dịch sang bất kỳ tam giác nào khác bằng cách sử dụng ánh xạ được chấp nhận.

Tôi đã kết hôn nhiều hơn. Chứng minh rằng không có ánh xạ nào khác được chấp nhận.

Cấu hình Desargues. Chúng tôi trình bày cấu hình Desargues như sau. Hãy lấy một khối tứ diện và đánh dấu trung điểm của các cạnh của nó (xem Hình 8). Điểm là đỉnh của tứ diện và là trung điểm của các cạnh của nó, còn các đường thẳng là các cạnh của nó và là trung điểm của các cạnh nằm trên cùng một ranh giới. Một cạnh nguyên chứa các đỉnh nằm trên nó và điểm giữa của nó.

*) Để cho ngắn gọn, đây là cái mà chúng tôi gọi là ánh xạ thỏa mãn các điều kiện bài toán.

38

Cơm. 9.

Nó chặt hơn. Đảm bảo bạn có được mô hình cấu hình Desargues.

Bộ ba điểm nào trong mô hình của chúng ta là hình tam giác? Đây là các đỉnh nằm trên cùng một mặt, hoặc một đỉnh và trung điểm của các cạnh liền kề với nó, hoặc trung điểm của các cạnh liền kề với một đỉnh (xem Hình 9).

Mặc dù theo quan điểm của các phép biến đổi tứ diện tổng quát - phép quay và tính đối xứng (xem Hình 5) - những tam giác này không bằng nhau, nhưng việc thêm một phép biến đổi khác $T$ (được hiển thị trong Hình 10) là đủ để đảm bảo rằng tất cả các tam giác đều bằng nhau và do đó đáp số là đúng.

Nó chặt hơn. Đảm bảo rằng các lần lặp lại, tính đối xứng và ánh xạ $T$ là các ánh xạ hợp lệ. Chỉ định tất cả các ánh xạ hợp lệ.

Bài toán lời giải.

Tóm lại, có thêm một số câu hỏi để bạn tự suy nghĩ. Có bao nhiêu ánh xạ có thể chấp nhận được trong cấu hình của chúng tôi vẫn được sửa:

a) một điểm cho trước;
b) một cặp điểm cho trước;
b) một đường cho trước (nghĩa là một hoán vị được ánh xạ của các điểm nằm trên một đường cho trước);
d) một cặp đường cho trước, v.v.

M208. Được biết, hiệu giữa số thực lớn nhất và số thực nhỏ nhất

$$x_1, x_2, x_3, \dots, x_{10}$$

đúng 1. nào:
a) lớn nhất;
b) nhỏ nhất

• có thể là sự khác biệt giữa số lớn nhất và nhỏ nhất trong 10 số

$$x_1, \frac{x_1+x_2}{2}, \frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \dots, \frac{x_1+x_2+\cdots+x_{10}}{10}$$

đáp số sẽ là bao nhiêu nếu không có 10 số mà là n?

Chúng ta sẽ giải ngay bài toán cho số $n$. Chúng ta hãy đưa ra một vài nhận xét sơ bộ.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $y_k$ số $\frac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}$, trong đó $k=1, 2, \dots, n$. Nếu chúng ta thêm một số nhất định $a$ vào tất cả $x_i$ thì thay vì các số $y_i$, chúng ta sẽ nhận được các số $y_i+a$. Sự khác biệt tối đa của các số $y_i$ và của các số $y_i+a$ là như nhau. Do đó, từ tập hợp $\{x_i\}$, bằng cách sử dụng phương pháp chọn $a$, chúng ta có thể đi đến tập hợp $\{x_i'\}$ sao cho tất cả $x_i' \geq 0$, $x_i$ nhỏ nhất bằng 0 và lớn nhất bằng một. Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ chỉ xem xét những tập hợp như vậy. Tương tự, nếu bạn thay thế các số $x_i$ bằng $1-x_i$ thì $y_i$ sẽ được thay thế bằng $1-y_i$. Do đó, từ bộ $\{x_i\}$ người ta có thể đến bộ $\{1-x_i\}$: chênh lệch tối đa giữa các số $y_i$ và các số $1-y_i$ là như nhau.

Bây giờ chúng ta hãy giải bài toán a). Đặt $y_k$ là số nhỏ nhất và $y_l$ là số lớn nhất trong số $\{y_i\}$. Nếu $k < l$ thì

$$y_l - y_k = \frac{ky_k}{l} + \frac{x_{k+1}+\cdots+x_l}{l} - y_k = \frac{x_{k+1}+\cdots+x_l}{l} - \frac{l-k}{l} y_k \leq \frac{x_{k+1}+\cdots+x_l}{l} \leq \frac{l-k}{l} = 1 - \frac{k}{l} \leq 1 - \frac{1}{n}.$$

Nếu $l > k$ thì $y_l - y_k = \frac{k-l}{k} y_l - \frac{y_{l+1}+\cdots+y_k}{k} \leq 1 - \frac{l}{k} \leq 1 - \frac{1}{n}$. Vì vậy, chênh lệch tối đa không quá 1 – $\frac{1}{n}$. Một tập hợp có sự khác biệt như vậy dễ dàng chỉ ra: $x_1 = 0, x_2 = x_3 = \dots = x_n = 1$.

Hãy chuyển sang lời giải bài toán 6). Hãy để chúng tôi ước tính mức chênh lệch tối đa là bao nhiêu nếu tập hợp chứa $\{x_i\}$ $x_k = 1, x_l = 0$. Chúng ta sẽ giả sử rằng $k < l$ (nếu không đúng như vậy thì chúng ta sẽ chuyển từ tập hợp $\{x_i\}$ sang tập hợp $\{1-x_i\}$).

Nếu $k = 1$ thì chênh lệch không nhỏ hơn $\frac{1}{n}$.

Thật vậy, khi đó $y_1 = 1$ và $y_n = \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n} \leq \frac{n-1}{n}$, vì tất cả đều là $x_i < 1$ và một trong số chúng bằng 0. Đặt $\Delta_1 = y_k - y_{k-1} = \frac{1}{k-1} - \frac{y_k}{k-1}, \Delta_2 = y_{l-1} - y_l = \frac{y_{l-1}}{l}$ và nếu $y_k \leq y_{l-1}$ thì $\Delta_2 \geq \frac{y_k}{l}$.

39

Số lớn nhất trong các số $\Delta_1$ và $\Delta_2$ không nhỏ hơn $\frac{1}{k+l-1}$, vì $1 \leqslant (k-1)\Delta_1 + l\Delta_2 \leqslant (k+l-1)M$, trong đó $M = \max(\Delta_1, \Delta_2)$. Nếu $y_k > y_{l-1}$, thì hãy xem xét sự khác biệt $\Delta_3 = y_k - y_l = y_k - y_{l-1} + \frac{y_{l-1}}{l}$. $\Delta_3 + (k-1)\Delta_1 = (l-1)(y_k - y_{l-1}) + 1 > 1$, từ đó tối đa($\Delta_1, \Delta_3$) $\geqslant \frac{1}{k+l-1}$. Như vậy chúng ta đã chứng minh được rằng chênh lệch không nhỏ hơn $\frac{1}{k+l-1}$. Do đó, đối với một tập hợp tùy ý, nó không nhỏ hơn $\frac{1}{2(n-1)}$ ($l \leqslant n, k \leqslant n-1$). Có thể nhận ra sự khác biệt như vậy: chẳng hạn, chỉ cần xem xét tập $x_1 = x_2 = \dots = x_{n-2} = \frac{1}{2}$, $x_{n-1} = 1$, $x_n = 0$ là đủ. Vì vậy, sự khác biệt của chúng tôi là $\frac{1}{2(n-1)}$

L. G. Limanov

M209. Với mọi tam giác ABC đều có thể tính giá trị lớn nhất:

$$S = \text{tg}^2 A/2 + \text{tg}^2 B/2 + \text{tg}^2 C/2.$$

Chứng minh rằng

a) $S \leqslant 2$ cho tất cả các tam giác nhọn và tam giác vuông;

b) $S \geqslant 2$ đối với các tam giác đa giác có góc ở lõi lớn hơn hoặc bằng 2 cung tròn 4/3;

b) trong các tam giác có góc ở đáy $\varphi$ châm ngôn $\frac{\pi}{2} < \varphi < 2$ arcctg 4/3 thì có $u$ châm ngôn $S > 2$, $u$ châm ngôn $S < 2$.

Hãy để chúng tôi trình bày một trong những lời giải ngắn nhất, gần với cái được gửi bởi S. Berko-laiko (vùng Belgorod) và A. Gritsoryan (Baku).

Từ công thức

$$\text{tg} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2} - \frac{B}{2} \right) = \frac{1 - \text{tg} \frac{A}{2} \cdot \text{tg} \frac{B}{2}}{\text{tg} \frac{A}{2} + \text{tg} \frac{B}{2}}$$

theo đó các số dương $x, y$ và $z$ có thể đóng vai trò là tiếp tuyến của đa thức $\Delta ABC$ khi và chỉ khi $xy + yz + zx = 1$. (1)

Ngoài ra, (1) cho phép, cùng với tổng $S = x^2 + y^2 + z^2$, xét tổng đơn giản hơn $T = x + y + z$: vì $T^2 = S + 2$, nên các điều kiện $S > 2$, $S = 2$ và $S < 2$ lần lượt tương đương với các điều kiện $T > 2$, $T = 2$ và $T < 2$.

Nhiệm vụ do đó đi xuống như sau.

Đặt $xy + yz + zx = 1$, $x + y + z = T$, $0 < x \leqslant z$, $0 < y \leqslant z$.

Sau đó

a) $T \leqslant 2$ tại $z \leqslant 1$;

b) $T \geqslant 2$ tại $z \geqslant 4/3$;

b) với mọi $z$ trong khoảng từ 1 đến 4/3, có $x, y$ sao cho $T < 2$ và $x, y$ sao cho $T > 2$.

Hãy chứng minh câu a), b) và c).

a) Nếu $z \leqslant 1$ thì $S = x^2 + y^2 + z^2 \leqslant xz + yz + z^2 < xy + yz + z^2 = 1 + z^2 \leqslant 2$, nên cả $S < 2$ và $T < 2$.

6. Nếu $z = \frac{4}{3} + d$, $d \geqslant 0$, thì $x + y \geqslant \frac{2}{3}$ – d.

Hãy chứng minh điều này bằng phản chứng: giả sử rằng $x + y < \frac{2}{3} - d$.

Sau đó

$$xy \leqslant \frac{(x+y)^2}{4} < \frac{1}{9} - \frac{d}{3} + \frac{d^2}{4},$$

$(x+y)z < \left(\frac{2}{3} - d\right)\left(\frac{4}{3} + d\right) = \frac{8}{9} - \frac{2d}{3} - d^2,$

Vì thế

$$1 = xy + (x+y)z < 1 - d - \frac{3d^2}{4} \leqslant 1.$$

Mâu thuẫn thu được chứng tỏ rằng $x + y \geqslant \frac{2}{3} - d$ và $T = (x+y) + z \geqslant \frac{2}{3} - d + \frac{4}{3} + d = 2.$

b) Bây giờ hãy $1 < z < \frac{4}{3}$.

Đầu tiên, chúng ta hãy tìm $x$ và $y$ sao cho $T < 2$. Hãy lấy $x = y$. Theo đẳng thức (1) thì $x = y = \sqrt{z^2 + 1} - z$, $T = 2\sqrt{z^2 + 1} - z$. Vì $z < 4/3$, $4(z^2 + 1) < 4 + 4z + z^2$, $2\sqrt{z^2 + 1} < z + 2$ và do đó $T < 2$.

Quét. Quay trở lại công thức ban đầu bài toán, chúng ta thấy rằng đối với các tam giác có góc loại cân có góc loại $\varphi < 2$ arcctg $4/3$ thì tổng là $S < 2$.

Bây giờ chúng ta hãy tìm $x$ và $y$ sao cho $T > 2$. Sử dụng danh tính (1), chúng ta viết $T$ ở dạng $T = (x+y) + z = \frac{1 - xy}{z} + z$.

Tổng $z + \frac{1}{z} > 2$, $T$ khác với số tiền $\frac{xy}{z}$. Vì $y \leqslant z$, nên $\frac{xy}{z} \leqslant x$.

Điều này có nghĩa là nếu chúng ta lấy $x < z + \frac{1}{z} - 2$, thì $T$ hóa ra là

40

Cần nhiều hơn 2. Tất cả những gì còn lại là kiểm tra xem có thực $x$ và $y$ thỏa mãn các điều kiện $0 < x \leq z$, $0 < y \leq z$,

$$xy + yz + zx = 1 \text{ и } x < z + \frac{1}{z} - 2. \quad (2)$$

Chúng ta hãy sử dụng thực tế là $z > 1$ (lưu ý rằng đối với $z \leq 1$ như vậy $x$ và $y$ không tồn tại - ví dụ, điều này diễn ra từ điểm a). Theo (1) $y = \frac{1 - xz}{x + z}$. Tại $z > 1$ và tại $0 < x < \frac{1}{z}$, hiển nhiên là $0 < y < 1$. Vì vậy, với mọi $x > 0$ sao cho $x < \frac{1}{z}$ và $x < z + \frac{1}{z} - 2$, với $y = \frac{1 - xz}{x + z}$ điều kiện (2) được thỏa mãn. Do đó, tại $1 < z < \frac{4}{3}$, nếu $0 < x < z + \frac{1}{z} - 2$ và $y = \frac{1 - xz}{x + z}$ thì $T > 2$. Nhiệm vụ lời giải.

Ý nghĩa hình học. Chúng ta hãy dựng ba vòng tròn $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ với các tâm $A$, $B$ và $C$, tiếp xúc với nhau ở bên ngoài theo cặp.

Tại $S < 2$, có một vòng tròn $\delta$ chạm vào $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ ở bên ngoài và một vòng tròn $\varepsilon$ chạm vào $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ chạm vào bên trong.

Tại $S > 2$ hai vòng tròn $\delta_1$ và $\delta_2$ chạm vào $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ ở bên ngoài, ngoài ra, $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ chạm vào bên trong.

Trường hợp $S = 2$ là chuyển tiếp: một vòng tròn $\delta$ chạm vào $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ ở bên ngoài, ngoài ra còn có $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ chạm vào bên trong.

Bằng chứng cho những tuyên bố này có thể được tìm thấy trong bài báo “Những điều ngạc nhiên” («Kvant», 1974, số 1).

M. L. Gerver

M210. Khoảng cách chuỗi bao gồm 3000 chữ số $1$ và $2$. Trong chuỗi này, bạn có thể hoán đổi bất kỳ hai dòng số liền kề nào. Hai chuỗi được gọi là tương đương nếu một trong số chúng có thể được biến đổi thành chuỗi khác bằng một số hoán vị cực đại. Có bao nhiêu dãy không bị cắt?

Hãy giải bài toán cho dãy có 3n chữ số. Để tránh nhầm lẫn, chúng ta sẽ sử dụng các chữ cái Hy Lạp để biểu thị các chuỗi và các chữ cái Latinh để biểu thị các phần tử của chuỗi. Cho dãy $\alpha$ gồm 3n chữ số

$$\{a_1, a_2, \dots, a_{3n}\}.$$

Phạm vi của $\alpha$ thành ba chuỗi:

$$\alpha_1 = \{a_1, a_4, a_7, \dots, a_{3k+1}, \dots, a_{3(n-1)+1}\},$$

$$\alpha_2 = \{a_2, a_5, a_8, \dots, a_{3k+2}, \dots, a_{3(n-1)+2}\},$$

$$\alpha_3 = \{a_3, a_6, a_9, \dots, a_{3k}, \dots, a_{3n}\}.$$

Chúng tôi sẽ gọi đó là một tiêu chuẩn phát triển. Mỗi chuỗi $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ là sự phát triển tiêu chuẩn của $n$ chữ số. Đặt $\beta$ là một dãy tùy ý. Gọi $|\beta|$ là số đơn vị trong dãy $\beta$.

Việc đếm số dãy không tương đương dựa trên định lý sau:

Định lý. Đặt $\alpha$ và $\beta$ là hai chuỗi có độ dài $3n$, $(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ và $(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$ phân vùng tiêu chuẩn của chúng.

Để các dãy $\alpha$ và $\beta$ tương đương nhau thì điều cần thiết và đủ là các dãy $\alpha_1$ và $\beta_1, \alpha_2$ và $\beta_2, \alpha_3$ và $\beta_3$ phải chứa cùng số đơn vị tương ứng với bộ ba số $(|\alpha_1|, |\alpha_2|, |\alpha_3|)$. Những số này có thể nhận bất kỳ giá trị nào từ 0 đến $n$. Do đó, số chuỗi có độ dài không tương đương $3n$ bằng số bộ ba số nguyên có thứ tự riêng biệt từ 0 đến $n$. Dễ dàng thấy số bộ ba như vậy là $(n + 1)^3$.

Chứng minh định lý. Chúng ta hãy sắp xếp lại hai dãy số trong dãy $\alpha = \{a_1, a_2, \dots, a_{3n}\}$: $a_k, a_{k+1}, a_{k+2}$ và $a_{k+3}, a_{k+4}, a_{k+5}$. Hoán vị này có thể được biểu diễn như sau: đầu tiên các số $a_k$ và $a_{k+3}$ được đặt, sau đó các số $a_{k+1}$ và $a_{k+4}$ được đặt, và cuối cùng là các số $a_{k+2}$ và $a_{k+5}$ được đặt. Các số $a_k$ và $a_{k+3}$ là các chữ số liền kề của cùng một chuỗi phát triển tiêu chuẩn $\alpha$; các số $a_{k+1}$ và $a_{k+4}$ là số còn lại, còn các số $a_{k+2}$ và $a_{k+5}$ là số thứ ba. Do đó, trong mỗi dãy con $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ của phát triển tiêu chuẩn $\alpha$, chúng tôi đã sắp xếp lại hai số hạng liền kề. Điều này có nghĩa là nếu chuỗi $\beta$ thu được từ chuỗi $\alpha$ bằng một số hữu hạn hoán vị, nghĩa là nếu chuỗi $\alpha$ và $\beta$ tương đương nhau thì tập con $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ của phát triển tiêu chuẩn $\beta$ về cơ bản là một hoán vị